再探π^2/6

​ 我们知道无穷级数 $\sum_{n\geq1} \frac{1}{n}=O(n\ln n)$ 发散。事实上，质数的倒数和 $\sum_{p\in \mathbb{P}} \frac{1}{p}=O(n\ln \ln n)$ 同样发散。简单证明可以看我的博客 《调和级数相关——质数的倒数和增长速度为O(ln ln n)》。

​ 尽管如此，平方的倒数和收敛（尽管收敛地很慢，我们将看到），而且收敛于一个有趣的数。

欧拉级数

$\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$

​ 这是 1734 年 Leonhard Euler 做出的一个经典、著名且重要的结果。这个事实的一个重要解释是它导出了 Riemann zeta 函数的第一个非平凡值 $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ 。不仅这一结果在数学史上有显赫的地位，它的几个极其优美聪明的证明也拥有自己的历史。本文就分享几个极为精妙的证明。

Euler 的证明

​ Euler 当然是十分聪明的，这个证明也十分优美。首先注意到 $\sin x$ 的泰勒展开
​

$$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...$$
​ 从而
​ $\frac{\sin x}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+...$
​ 令 $\frac{\sin x}{x}=0$ 解得 $x=k \pi (k \in \mathbb{Z}$ 且 $k \neq 0)$
​ 故我们将 $\frac{\sin x}{x}$ 因式分解
​ $\frac{\sin x}{x}=(1-\frac{x}{\pi})(1+\frac{x}{\pi})(1-\frac{x}{2\pi})(1+\frac{x}{2\pi})(1-\frac{x}{3\pi})(1+\frac{x}{3\pi})...$
​ $=(1-\frac{x^2}{\pi^2})(1-\frac{x^2}{4\pi^2})(1-\frac{x^2}{9\pi^2})...$
​ （Euler 似乎并没有证明这个因式分解的正确性。幸运的是，一个世纪以后，Weierstrass 提出了著名的 Weierstrass 分解定理，利用复分析证明了这个结论。）
​ 考虑这个因式分解的 $x^2$ 项前系数，对比泰勒展开式，可以知道
​ $-(\frac{1}{\pi^2}+\frac{1}{4\pi^2}+\frac{1}{9\pi^2}+...)=-\frac{1}{3!}=-\frac{1}{6}$
​ 两边同乘 $-\pi^2$ 即
​ $\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$
​ 证毕

初等数学证明

​ 在所有证明中间，这个可能是最初等的证明。只需要知道三角函数和韦达定理，就可以基本上证明了。
​ 我们首先建立关于余切函数和多项式之间的关系
​

$\sum_{i=1}^{m} \cot^2(\frac{i}{2m+1}\pi) =\frac{2m(2m-1)}{6}$
​ 为了验证这个关系，我们从
​ $\cos nx +i\sin nx =(\cos x +i\sin x)^n$
​ 开始，取虚部，得
​ $\sin nx =C_n^1 \sin x\cos^{n-1} x-C_n^3\sin^3 x\cos^{n-3} x+...$
​ 令 $n=2m+1$ ，两边同除 $\sin^n x$ 得到
​ $\frac{\sin((2m+1)x)}{\sin^{2m+1} x} =C_{2m+1}^1 \cot^{2m} x-C_{2m+1}^3 x\cot^{2m} x+...$
​ 令 $x=\frac{i}{2m+1}\pi\ (i=1,2,…,m)$ ，左边 $\sin((2m+1)x)=0$ ，于是都有
​ $0=C_{2m+1}^1 \cot^{2m} x-C_{2m+1}^3 x\cot^{2m} x+...$
​ 因此方程
​ $C_{2m+1}^1t^m-C_{2m+1}^3t^{m-1}+...+(-1)^mC_{2m+1}^{2m+1}=0$
​ 有 $m$ 个不同的根
​ $t_i=\cot^2(\frac{i}{2m+1}\pi)\ (i=1,2,...,m)$
​ 由韦达定理可知 $m$ 根之和为
​ $\sum_{i=1}^{m} \cot^2(\frac{i}{2m+1}\pi) =\frac{C_{2m+1}^{3}}{C_{2m+1}^{1}}=\frac{2m(2m-1)}{6}$
​ 这样我们就得到了关于余切函数和多项式之间的关系。根据余割函数和余切函数之间的关系，同样的我们也可以建立余割函数和多项式之间的关系
​ $\sum_{i=1}^{m} \csc^2(\frac{i}{2m+1}\pi) =\sum_{i=1}^{m} 1+\cot^2(\frac{i}{2m+1}\pi) =\frac{2m(2m-1)}{6}+m=\frac{2m(2m+1)}{6}$
​ 这样我们的准备工作已经全部准备好了，现在到了大展身手的时候

​ 考虑 $y\in(0,\frac{\pi}{2})$ 有
​

$0 < \sin y < y < \tan y $
​ 从而
​ $0 < \cot y < \frac{1}{y} < \csc y $
​ 这表明
​ $0 < \cot^2 y < \frac{1}{y^2} < \csc^2 y$
​ 现在把 $t$ 的 $m$ 个不同根带入，左边用余切函数平方和，右边用余割函数平方和，可以得到
​ $\frac{2m(2m-1)}{6} < (\frac{2m+1}{\pi})^2+(\frac{2m+1}{2\pi})^2+...+(\frac{2m+1}{m\pi})^2 < \frac{2m(2m+2)}{6}$
​ 两边同乘 $\frac{(2m+1)^2}{\pi^2}$ 可得
​ $\frac{\pi^2}{6}\frac{2m(2m-1)}{(2m+1)^2} < \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{m^2} < \frac{\pi^2}{6}\frac{2m(2m+2)}{(2m+1)^2}$
​ 当 $m$ 趋近于 $\infty$ 时，左右两端都收敛到 $\frac{\pi^2}{6}$ 。证毕。

还有一些极为简短的证明，下面分享两个。

傅里叶分析

​ 考虑函数 $f(x)=x^2$ ，$x\in (-\pi,\pi) $ ,将其傅里叶展开
​

$f(x)=\frac{\pi^2}{3}+\sum_{n=1}^{\infty} ((-1)^n\frac{4}{n^2}\cos nx)$
​ 显而易见，带入 $f(0)$ 即可得到答案

伯努利数的证明

​ 函数 $B(x)=\frac{x}{e^x-1}$ 是伯努利数 $B_k$ 的生成函数，有 $B$ 是亚纯，且只在 $2n\pi i$ 处有极点，利用Mittag-Leffler定理可以展开为
​

$\frac{x}{e^x-1}=\sum_ {n\in\mathbb{Z}}\frac{2n\pi i}{x-2n\pi i}=\sum_{n\in\mathbb{Z}}-\frac{1}{1-\frac{x}{2n\pi i}}=-\sum _{n\in\mathbb{Z}} (\frac{x}{2n\pi i})^k =\sum _{n \geq 0} (-1)^{n+1}\frac{2\zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}}x^{2n}$
​ 其中 $\zeta(s)$ 为Riemann zeta 函数，对实数 $s>1$ 定义为 $\zeta(s)=\sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^s}$

​ 只剩下偶数项是因为几何级数正负相消了，同时我们也可以得到奇数项的伯努利数为 $0$ ,对比偶数项可知
​

$B_{2n}=(-1)^{n+1}\frac{2\zeta(2n)}{(2\pi)^{2n}}$
​ 所以 $\frac{2\zeta(2)}{(2\pi)^{2}}=B_2=\frac{1}{12}$ ，于是 $\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$ ,证毕。

应用：任意两个正整数互质的概率

​ 为了求任意两个正整数互质的概率。记 $p_i$ 为从小到大第 $i$ 个质数。则有任意一个正整数被 $p_i$ 整除的概率为$\frac{1}{p_i}$ ,故任选两个正整数都被 $p_i$ 整除的概率为 $\frac{1}{p_i^2}$ 。于是可以得到任意两个正整数互质的概率为
​

$\Pi _{i \in \mathbb{N}*} (1-\frac{1}{p_i^2}) =\frac{1}{\Pi _{i \in \mathbb{N}*} \frac{1}{1-\frac{1}{p_i^2} }} =\frac{1}{\Pi _{i \in \mathbb{N*}}(1+\frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{p_i^4}+\frac{1}{p_i^6}+...) }=\frac{1}{\sum _{n \in \mathbb{N*}}\frac{1}{n^2}}=\frac{6}{\pi^2}$
​​ 其中
​ $\Pi _{i \in \mathbb{N*}}(1+\frac{1}{p_i^2}+\frac{1}{p_i^4}+\frac{1}{p_i^6}+...) =\sum _{n \in \mathbb{N*}}\frac{1}{n^2}$
​ 是由于算数基本定理，任何正整数质因数分解唯一。

故任意两个正整数互质的概率为 $\frac{6}{\pi^2} $ 。